[HNOI2019]多边形[二叉树建模、组合计数]

题意

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分析

不难发现终态一定是 \([2,n-2]\) 中的每个点都与 \(n\) 连边。

关于凸多边形的划分问题，可以将它看作一棵二叉树：每个树点可以看做点可以看做边。

本题中看做点来处理，并将与 \(n\) 号点相连的所有节点看作一次分割（这些点之间一定有连边），每个分割出的区间（也是一棵树）里的根连到树的根。

对于第一问，答案为 \(n-3\) 条边中未连接 \(n\) 号点的边数。容易构造一种方案达到下界：

对于树的根，不同的子树每一步有且仅有一个位置满足可以旋转。这个点没有和 \(n\) 相连，且与 \(n\) 的连线 和 1 条线段相交。

所以对每个非根节点有： \(f_u=(s_u-1)!\prod \frac{f_v}{s_v!}\)

对于根节点有：\(f_{rt}=s_{rt}!\prod \frac{f_v}{s_v!}\)

所以对于每个非根节点，在 \(f_{rt}\) 中的贡献都是 \(\frac{(s_u-1)!}{s_u!}=\frac{1}{s_u}\)

所以答案可以写成：\(\frac{ans1!}{\prod\limits_{(l,r)\in E,r \ne n}(r-l-1)}\)

对于 \(m\) 个拓展状态，可以考虑删边和加边，\(a,b,c,d\) 中一定满足 \(b\) 是 \(c\) 所有出边中的次小值， \(d\) 是 \(c\) 所有出边中的最大值，所以每次确定 \(b,d\) 就可以 \(O(1)\) 了。

复杂度 \(O(n+m)\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
inline int gi() {
    int x = 0,f = 1;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)) { x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
    return x * f;
}
template <typename T> inline bool Max(T &a, T b){return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template <typename T> inline bool Min(T &a, T b){return a > b ? a = b, 1 : 0;}
const int N = 1e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
int type, n, ans1, m, ans2 = 1;
int inv[N], L[N], R[N], L2[N];
void upd(int l, int r, int v) {
	if(r == n) return;
	if(v == 1)
		ans2 = (LL) ans2 * inv[r - l - 1] % mod * (++ans1) % mod;
	else
		ans2 = (LL) ans2 * (r - l - 1) % mod * inv[ans1--] % mod;
}
short num[100];
void print(int x) {
	short len = 0;
	do {
		num[len++] = x % 10;
		x /= 10;
	}while(x);
	for(short i = len - 1; ~i; --i) putchar(num[i] + '0');
}
int main() {
	type = gi(), n = gi();
	inv[1] = 1;
	rep(i, 2, n) inv[i] = (LL) (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	R[1] = n, L[n] = 1;
	rep(i, 2, n - 1) L[i] = i - 1, L2[i] = i, R[i] = i + 1;
	rep(i, 1, n - 3) {
		int x = gi(), y = gi();
		Max(R[x], y);
		if(x < L[y]) {
			L2[y] = L[y], L[y] = x;
		}else Min(L2[y], x);
		upd(x, y, 1);
	}
	m = gi();
	print(ans1); if(type) putchar(' '), print(ans2); puts("");
	while(m--) {
		int a = gi(), c = gi(), b = L2[c], d = R[c];
		upd(a, c, -1);
		upd(b, d, 1);
		print(ans1); if(type) putchar(' '), print(ans2); puts("");
		upd(b, d, -1);
		upd(a, c, 1);
	}
	return 0;
}